2024年山東省德州市慶云某中學(xué)高考物理模擬試卷(含詳細(xì)答案解析)

2024年山東省德州市慶云一中高考物理模擬試卷

一、單選題：本大題共8小題，共24分。

1.關(guān)于靜電場，下列說法中正確的是（）

A.元電荷實(shí)際上是指電子和質(zhì)子本身

B.在勻強(qiáng)電場中，電勢降低的方向一定就是電場線的方向

C.在電場中移動(dòng)電荷，若電場力對該電荷做負(fù)功，則該電荷的電勢能?定增加

D.力真空中點(diǎn)電荷的電場強(qiáng)度公式￡=/c$可知，當(dāng)r趨近于0時(shí)，E將無窮大

2.2022年6月5口17時(shí)42分，神舟十四號(hào)載人飛船與天和核心艙徑向端口成功對接。對接后的組合體繞

地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，其軌道離地面高度為地球半徑的白。已知地球半徑為R,地球表面重力加速度為

1O

g。下列說法正確的是（）

A.神舟十四號(hào)與天和核心艙對接時(shí)，要先變軌到土核心船所在的軌道，再加速追上核心艙講行對接

B.組合體的向心加速度大于g

C.組合體的線速度小于地球赤道上物體的線速度

D.組合體運(yùn)行的周期為7=矍居

3.2022年2月，中國科學(xué)家通過冷凍電鏡捕捉到新冠病毒表面S蛋白與人——J/

體細(xì)胞表面AC￡2蛋白的結(jié)合過程，首次揭開了新冠病毒入侵人體的神秘/

面紗。電子顯微鏡是冷凍電鏡中的關(guān)鍵部分，其中的一種電子透鏡的電場11!!

分布如圖所示（截取其中一部分），虛線為等勢面，相鄰等勢面間的電勢差相等，一電子僅在電場力作用下

運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖中實(shí)線所示，。、b是軌跡上的兩點(diǎn)，則（）

A.a點(diǎn)的電場強(qiáng)度大于b點(diǎn)的電場強(qiáng)度B.電子在。點(diǎn)的動(dòng)能大于在匕點(diǎn)的動(dòng)能

C.電子在〃點(diǎn)的電勢能大于在力點(diǎn)的電勢能D.a點(diǎn)的電勢高于〃點(diǎn)的電勢

4.如圖所示，長方體A8邊長為2L,BC=CG=L,在其頂點(diǎn)C、”處固定電

荷量分別為-q、+2q的點(diǎn)電荷。已知靜電力常量為h下列說法正確的是（）

A.8、G兩頂點(diǎn)處電場強(qiáng)度相同

B.頂點(diǎn)8處電場強(qiáng)度大小為等

C.A、￡兩頂點(diǎn)處電勢關(guān)系為＞W(wǎng)A

D.一帶負(fù)電的試探電荷在￡點(diǎn)的電勢能比在。點(diǎn)的電勢能大

5.如圖所示，物塊A、8通過跨過光滑定滑輪的輕繩相連，A的質(zhì)量為

，〃，套在光滑豎直桿上，B的質(zhì)量為3加，輕繩右側(cè)與豎直桿的夾角為

60°,重力加速度的大小為g,將系統(tǒng)自靜止開始釋放，剛釋放時(shí)物塊A

的加速度為（）

A.gg,方向豎直向上

B.；g,方向豎直向上

C.^g,方向豎直向下

&

D」g,方向豎直向上

6.某汽車進(jìn)行性能測試，在平直的路面上由靜止開始運(yùn)動(dòng)，0?5s內(nèi)的位移-時(shí)間

圖像如圖所示，該圖線在。?。時(shí)間內(nèi)是拋物線的一部分，G?5s時(shí)間內(nèi)是直

線，兩部分平滑相連。卜列說法止確的是（）

A.汽車的最大速度為3（hn/s

B.汽車加速過程的時(shí)間為1.5s

C.汽車加速過程的加速度大小為20m/s2

D.汽車1s末的速度大小為20m/s

7.如圖所示，在光滑的水平面上有一傾角為。的光滑斜面C,斜面C上疊放著人、B兩

物塊，B的上表面水平。A、B、C的質(zhì)量均為〃?，重力加速度大小為g?，F(xiàn)對。施加

一方向水平向右的恒力，使4、&C保持相對靜止，則下列說法正確的是（）

A.B受到3個(gè)力的作用

B.8對C的壓力大小為舞

C.C所受合力的大小為3mgtan8

D.A對B的摩擦力大小為mgtan。，方向水平向右

8.如圖所示，空間中存在與水平方向成45。角斜向右上方的勻強(qiáng)電場，

E

電場強(qiáng)度為與在電場中的夕點(diǎn)有一個(gè)質(zhì)量為機(jī)，電荷量為，/佗帶正電

的小球。已知電場強(qiáng)度E=4”，其中g(shù)為重力加速度，忽略空氣阻

力，下列對小球運(yùn)動(dòng)情況分析正確的是（）

A.若小球從靜止釋放，小球?qū)⒆銮€運(yùn)動(dòng)

B.若小球以某一速度豎直向下拋出，小球的動(dòng)能一直增加

C.若小球以某一速度豎直向上拋出，小球電勢能先減小后增大

D.若小球初速度方向與電場線方向相同，最終小球可能豎直向二做直

線運(yùn)動(dòng)

二、多選題：本大題共4小題，共16分。

9.在高空運(yùn)行的同步衛(wèi)星功能失效后，往往會(huì)被送到同步軌道上空幾百公里處的“墓地軌道”，以免影響

其它在軌衛(wèi)星，節(jié)省軌道資源。2022年1月22日，我國實(shí)踐21號(hào)衛(wèi)星在地球同步軌道“捕獲”已失效的

北斗二號(hào)G2衛(wèi)星后，成功將其送入“墓地軌道”。如圖所示，已知同步軌道和“墓地軌道”的軌道半徑

分別為自、出，轉(zhuǎn)移軌道與同步軌道、“墓地軌道”分別相切于P、。點(diǎn)，地球自轉(zhuǎn)周期為T。，萬有引力

常量為G。則（）

Q

AV以上數(shù)據(jù)可求得地球的質(zhì)量為事

B.由以上數(shù)據(jù)可求得地球的質(zhì)量為駕

C.北斗二號(hào)G2衛(wèi)星沿轉(zhuǎn)移軌道運(yùn)行的周期為與駕照

2J2就

D.北斗二號(hào)G2衛(wèi)星沿轉(zhuǎn)移軌道運(yùn)行的周期為為『票

10.自由泳是競技游泳比賽項(xiàng)目之一。某運(yùn)動(dòng)員在一次渡河訓(xùn)練中，向某平H河岸

方向以自由泳泳姿勻速運(yùn)動(dòng)，因水流原因，實(shí)際運(yùn)動(dòng)路徑與河岸夾角為

30。，如圖所示。已知河水水流速度〃次=0.6m/s,以下說法正確的是（）

A.該同學(xué)相對靜水的速度可能為0.3m/s

B.咳同學(xué)相對靜水的速度可能為0.6m/s

C.若該同學(xué)相對于靜水的速度為0.5771/S,該同學(xué)的實(shí)際渡河路徑川能垂直河岸

D.若該同學(xué)加大雙腿打水頻率以提高游泳速度，會(huì)縮短渡河時(shí)間

11.如圖所示，質(zhì)量均為，〃的物塊A、8用輕彈簧相連，置于光滑水平面

上，在水平力尸的作用下，彈簧處于壓縮狀態(tài)，A緊壓在豎直墻壁上?，F(xiàn)

撤去力凡在以后的運(yùn)動(dòng)過程中8的最大的速度為》，，對撤去力少以后的過

程，以下說法正確的是（）

A.物塊4禽開豎直墻壁之前，豎直墻壁對A的沖量大小為mv

B.物塊A離開豎直墻壁之前，豎直墻壁對A做功的大小為gm/

C.物塊A、8和彈簧組成的系統(tǒng)總動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒

D.物塊4的最大速度為y

12.籃球運(yùn)動(dòng)是一項(xiàng)是以手為中心的身體對抗性體育運(yùn)動(dòng)，深受同學(xué)們喜愛。國際籃聯(lián)場地標(biāo)準(zhǔn)為長

28陽，寬15〃?，籃圈下沿距地面高為3.05m,三分線半徑為6.75n（三分線到籃筐中心在地面投影的距離），

如圖所示。某次訓(xùn)練中，運(yùn)動(dòng)員緊貼三分線外。處進(jìn)行定點(diǎn)投籃練習(xí)，籃球離手時(shí)距地面高度為2.25m,

經(jīng)過0.5s到達(dá)最高點(diǎn)，之后在下落過程中恰好穿過籃筐。假設(shè)籃球出手時(shí)在三分線正上方，籃球出手時(shí)初

速度均與水平面夾角為氏不計(jì)空氣阻力，g取lOm/s?,則()

B.land='廠5、喙,c5^^985/

A.tan0=c.VO=-^r-m/5D.v0=-^-m/s

三、實(shí)驗(yàn)題：本大題共2小題，共18分。

13.“頻閃攝影”是研究物體運(yùn)動(dòng)時(shí)常用的一種實(shí)驗(yàn)方法。照相機(jī)每隔相同的時(shí)間曝光一次，記錄下物體

的位置。某物理小組的同學(xué)在實(shí)驗(yàn)室利用頻閃相機(jī)和小球，探究小球自由下落過程中機(jī)械能守恒，用相機(jī)

對著小球拍攝小球自由下落的過程，得到如圖所示的照片，用刻度尺量出照片上相鄰小球之間的間距，已

知相機(jī)的頻率為/，重力加速度為g，小球質(zhì)量為/〃，實(shí)物小球與照片上的小球尺寸比例為&，則:

(1)小球在位置2時(shí)的瞬時(shí)速度為(用題中所給物理量符號(hào)表示)。

22

(2)取小球在位置2到位置5的過程研究，若表達(dá)式四±留廣"邛2)=_______成立(用外鼠/衣示)，即可

驗(yàn)證小球下落過程中機(jī)械能守恒。

(3)若實(shí)驗(yàn)過程中發(fā)現(xiàn)小球減小的重力勢能大于小球增加的動(dòng)能，造成此問題的原因可能是o

14.某物理興趣小組利用如圖所示的裝置驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律.并進(jìn)行

如下的實(shí)驗(yàn)操作：組裝好實(shí)驗(yàn)器材，將小球1由圖中的擋板處靜止釋

放，記錄小球1在豎直擋板上的撞擊點(diǎn)：將直徑相等的小球2放在導(dǎo)

軌的末端(小球1的質(zhì)量大于小球2的質(zhì)量)，記錄在豎直擋板上的水

平投影點(diǎn)。；然后將小球I由擋板處靜止釋放，記錄小球1、小球2

在豎直擋板上的撞擊點(diǎn).回答下列問題:

(1)小球1與小球2相碰后，兩球撞在豎直擋板上得到痕跡，其中小球1碰后撞在木板上的(填

%”“b"或%”)點(diǎn).

(2)為了完成實(shí)驗(yàn)的驗(yàn)證，需要測量的物理量有_____.(填字母)

4.小球的直徑d

B.小球1、小球2的質(zhì)量mi、m2

C軌道末端與豎育擋板之間的距離x

D依次測量出圖中4、byC三點(diǎn)到。點(diǎn)的距離人1、八2、九3

(3)若兩球碰撞過程動(dòng)量守恒，則關(guān)系式______成立.(用需要測量的物理量的符號(hào)表示)

四、簡答題：本大題共1小題，共3分。

15.如圖所示，固定的光滑絕緣斜面0M傾角為8=37。，最高點(diǎn)。距地面的高度為/i=40c7n,空間中存在

水平向右的勻強(qiáng)電場?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m=1.6kg,電量為q=2xlO^c的帶正電的小滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從

O點(diǎn)沿斜面勻速卜滑，已知重力加速度g=lOzn/s2,sin37°-0.6,cos37°-0.8。求：

(1)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小E；

(2)最低點(diǎn)歷與最高點(diǎn)O之間的電勢差UM。；

(3)若勻速運(yùn)動(dòng)的速度為u=O.lrn/s,求小滑塊運(yùn)動(dòng)到斜面中點(diǎn)時(shí)重力的瞬時(shí)功率P。

五、計(jì)算題：本大題共3小題，共30分。

16.華盛頓大學(xué)的一項(xiàng)新研究表明，某些短周期的雙星系統(tǒng)是由恒星演化而產(chǎn)生的。假設(shè)太空中有A、B兩

星體組成的短周期雙星，已知A、6環(huán)繞連線上的點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)劭，A、8的軌道半徑和為心，A、6的

軌道半徑差為d2,恒星A、8的半徑均遠(yuǎn)小于心，且B的質(zhì)量大于A的質(zhì)量。求：

(1)4.8的線速度之和與4、3的線速度之差的比值；

(2)4、8質(zhì)量之和與A、B質(zhì)量之差的比值。

17.如圖，傾角為。=30。的光滑斜面體固定在水平面上，斜面A8CD為邊長2.5L的正方形，斜面上一點(diǎn)O

為AC、5。連線的交點(diǎn)。長為￡的輕繩一端系著質(zhì)量為〃?的小球，另一端系在。點(diǎn)，小球在斜面上繞O

點(diǎn)做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，且運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)輕繩的拉力恰好為零.已知重力加速度為g,小球運(yùn)動(dòng)過程中無

機(jī)械能損失。

(1)求小球運(yùn)動(dòng)到圓周最高點(diǎn)時(shí)速度的大??；

(2)求小球所受輕繩的最大拉力；

(3)若小球自最低點(diǎn)沿圓周上行至與圓心。等高的位置時(shí)剪短輕繩，求小球從此時(shí)刻到著地所用的時(shí)間。

18.如圖甲所示，質(zhì)量M=2kg的盒狀工件靜置于水平桌面上，。為工件上表面一點(diǎn)(圖中未畫出)，工件上

表面O點(diǎn)左側(cè)光滑，右側(cè)粗糙.質(zhì)量m=1kg的小滑塊放在工件」一并緊器左側(cè)壁，其與工件上表面粗糙部

分間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=0.8?，F(xiàn)對工件施加水平推力F,推力尸隨時(shí)間，變化的關(guān)系如圖乙所示，在推力作

用下工件運(yùn)動(dòng)的速度u隨時(shí)間/變化的關(guān)系如圖丙所示，撤去推力后，當(dāng)滑塊到達(dá)O點(diǎn)時(shí)工件速度恰好為

零，滑塊運(yùn)動(dòng)過程中始終未與工件右側(cè)壁相碰,g取10m/s2,不計(jì)工件側(cè)壁的厚度，桌面足夠長。求：

(1)推力/作用過程中，工件對滑塊左側(cè)的彈力尸。的大小;

(2)工件光滑部分的長度4

(3)工件的最小長度L；

(4)工件發(fā)生的最大位移汽

答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：A物理學(xué)中把質(zhì)子所帶的電荷量或電子所帶電荷量的絕對值叫元電荷，不是指質(zhì)子或電子本

身，而是它的電荷量，故A錯(cuò)誤。

及在勻強(qiáng)電場中，場強(qiáng)的方向就是電勢降低最快的方向，所以電勢降低的方向不一定就是電場線的方向，

故B錯(cuò)誤。

C根據(jù)電場力做功與電勢能的關(guān)系W=與1-昂?可知，電場力做正功時(shí)，有與1>昂2，電勢能減小，電

場力做負(fù)功時(shí)，電勢能一定增加，故C正確。

D電場強(qiáng)度公式E=多的適用條件是真空中的點(diǎn)電荷，當(dāng)，?趨近于0時(shí)，公式己經(jīng)不適用，故D錯(cuò)誤。

故選：C。

根據(jù)元電荷的定義判斷；勻強(qiáng)電場中的場強(qiáng)方向與電勢降低方向的理解；根據(jù)電場力做功與電勢能的關(guān)系

判斷電勢能的變化；點(diǎn)電荷的場強(qiáng)公式的理解。

要準(zhǔn)確理解元電荷的定義，它指帶電體的最小帶電量；要準(zhǔn)確區(qū)別電勢降低的方向與電勢降低最快的方

向：可以把電場力與電勢能的關(guān)系類比成重力做功與重力勢能的關(guān)系來理解。

2.【答案】D

【解析】解：人、神舟十四先變軌到達(dá)核心艙所在的軌道，再加速后會(huì)做離心運(yùn)動(dòng)，無法追上咳心艙進(jìn)行

對接，故A錯(cuò)誤；

B、組合體繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由萬有引力提供向心力，得G等=ma,得。=等，式中M是地球的

質(zhì)量，「是組合體的軌道半徑。

在地球表面上，有：竿=77i'g,得g岑,式中R是地球的半徑，因r>R,所以aVg,即組合體的向

心加速度小于g,故B錯(cuò)誤；

C、對于組合體和地球同步衛(wèi)星，根據(jù)萬有引力提供向心力得：G贄=加營，可得u=睬,因?yàn)榻M合體

的軌道半徑小于地球同步衛(wèi)星的軌道半徑，所以組合體的線速度大于地球同步衛(wèi)星的線速度。地球同步衛(wèi)

星與地球赤道上物體的角速度相等，由17=知地球同步衛(wèi)星的線速度大于地球赤道上物體的線速度，所

以組合體的線速度大于地球赤道上物體的線速度，故C錯(cuò)誤：

。、組合體的軌道半徑為r=/?+奈/?=沙，根據(jù)G嬰=小等廠，以及g=*,解得組合體運(yùn)行的周期

為7=給［亍，故。正確。

故選：

神舟十四號(hào)加速時(shí)做離心運(yùn)動(dòng)。組合體繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由萬有引力提供向心力，結(jié)合在地球表面

上，重力等于萬有引力，通過列式分析組合體的向心加速度大小。將組合體的線速度與地球同步衛(wèi)星的線

速度進(jìn)行比較，將地球同步衛(wèi)星的線速度與地球赤道上物體的線速度，從而知道組合體的線速度與地球赤

道上物體的線速度關(guān)系。由萬有引力提供向心力以及重力等于萬有引力相結(jié)合求解組合體運(yùn)行的冏期。

解答本題的關(guān)健要掌握萬有引力提供向心力，以及萬有引力等于重力這兩條思路，并靈活選擇向心力的形

式。

3.【答案】C

【解析】解：A、根據(jù)等差等勢面的疏密可表示場強(qiáng)強(qiáng)弱，由于。點(diǎn)等差等勢面比方點(diǎn)稀疏，則。點(diǎn)的電

場強(qiáng)度小于〃點(diǎn)的電場強(qiáng)度，故4錯(cuò)誤；

8CD、順著電場線方向，電勢逐漸降低，電場線由高等勢面指向低等勢向，根據(jù)電子受力方向向右卜方，

則電場線方向向左上，故。點(diǎn)電勢低于〃點(diǎn)，電子帶負(fù)電，電子在4點(diǎn)的電勢能大于在〃點(diǎn)的電勢能，根

據(jù)能量守恒知電子在。點(diǎn)的動(dòng)能小于在〃點(diǎn)的動(dòng)能，故4。錯(cuò)誤，C正確。

故選：a

根據(jù)電場線的疏密判斷電場強(qiáng)度大小，電場強(qiáng)度的方向與等勢面垂直，先判斷出甩場方向，然后判斷電勢

的高低，根據(jù)電場力做功情況判斷電勢能的大小關(guān)系，根據(jù)能量守恒判定動(dòng)能的變化。

解決本題的關(guān)鍵要讀懂題意，理解電子顯微鏡的等勢面分布，利用電場線與等勢面處處垂直，判斷電場線

方向。

4.【答案】C

【解析】解：人仄頂點(diǎn)E處的電荷(+2q)在頂點(diǎn)仄G兩點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)的大小均為%二當(dāng)，

Lt

頂點(diǎn)。處的電荷(-q)在頂點(diǎn)B、G兩點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)的大小均為殳二患；

3G兩點(diǎn)合場強(qiáng)的大小￡=J座+用=容,但場強(qiáng)的方向不同，如圖1所示，故A/3錯(cuò)誤。

瓦B

圖1

C沿電場線電勢逐漸降低，對電荷(+2q)而言，如圖2所示，￡、A兩點(diǎn)的電勢仍>樞2；對電荷(，?)而

言，E、A兩點(diǎn)的電勢91'>四'；又8E=0I+0I'，04=02+。2'，聯(lián)立可得GE>84，故C正確。

。.同理，對電荷(+2q)而言，E、。兩點(diǎn)的電勢仍>租3；對電荷(一勺)而言，E、。兩點(diǎn)的電勢“>03‘；又

8￡=仍+01'，00=03+83’，聯(lián)立可得0￡>8D，負(fù)試探電荷在電勢越高的地方，電勢能越小，所以帶

負(fù)電的試探電荷在E點(diǎn)的電勢能比在。點(diǎn)的小，故短錯(cuò)誤。

故選：Co

長方體8、G兩點(diǎn)的場強(qiáng)是合場強(qiáng)，場強(qiáng)是矢量，包含大小和方向；電勢是標(biāo)量，B、G處兩電荷在從A

兩點(diǎn)的總的電勢為各自在該處電勢的代數(shù)和；負(fù)電荷，電勢越低的地方電勢能越大。

注意場強(qiáng)是矢量，場強(qiáng)的合成遵循平行四邊形定則；電勢是標(biāo)量，某點(diǎn)的合電勢為各電勢的代數(shù)數(shù)；要正

確理解負(fù)電荷在電勢越高的地方，電勢能越小。

5.【答案】4

【脩析】解：靜止釋放系統(tǒng)時(shí)，設(shè)繩子的拉力為「，

設(shè)B的加速度為如，對從由牛頓第二定律得：

3mg-F=3maB

繩子的加速度大小與B的加速度大小相等，

設(shè)A的加速度大小為期,則QACOS60°=aB

對A,由牛頓第二定律得：

Fcos6O°—mg=maA

解得：aA9'方向豎直向上，故4正確，ACQ錯(cuò)誤。

故選：Ao

根據(jù)人、8的受力情況與A、8加速度大小間的關(guān)系，應(yīng)用牛頓第二定律求出入的加速度大小。

本題考查了牛頓第二定律的應(yīng)用，分析清楚4、B的受力情況是解題的前提，應(yīng)用運(yùn)動(dòng)的合成與分解、牛

頓第二定律即可解題。

6.【答案】4

【解析】解.：A8.設(shè)&時(shí)刻的速度為了，0~。汽車做勻加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平均速度公式，得汽車位移修=

白1=3(hn；q?5s汽車做勻速運(yùn)動(dòng)，得汽車位移&=u(5-q)=120m-30m=90m,聯(lián)立解得u二

30?n/s,=2s,故A正確，8錯(cuò)誤。

CD根據(jù)加速度的定義，汽車加速度為Q=《=^m/s2=15m/s2,根據(jù)速度公式汽車在Is末的速度%=

at2=15xlm/s=15m/s,故CD錯(cuò)誤。

故選：Au

根據(jù)題意可知，。?A汽車做勻加速運(yùn)動(dòng)，由無-t圖像可知，￡］時(shí)刻速度達(dá)到最大值，根據(jù)平均速度公式

列式求解最大速度和時(shí)間；在5s內(nèi)汽車做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)勻速運(yùn)動(dòng)公式求解出勻速運(yùn)動(dòng)過程中的

位移彩的表達(dá)式，聯(lián)立求出速度和時(shí)間；根據(jù)加速度公式和速度公式求解。

解決本題的關(guān)鍵判斷汽車在0?。汽車做勻加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)勻變速運(yùn)動(dòng)的規(guī)律分析求解。

7.【答案】B

【解析】解:A、6受到重力、。對它的支持力、A對6的壓力和靜摩擦力，共計(jì)四個(gè)力的作用，故A錯(cuò)

誤；

以C對4、4整體的支持力大小W=駕，根據(jù)牛頓第三定律可知，8對。的壓力大小為聾，故8正

COS0COS0

確：

C、設(shè)A,B,C的加速度大小為4,有Nsin6=2nm,解得：a=gtan/9

則C所受合力的大小為尸牝=ma=mgtanO,故C錯(cuò)誤；

D對A有/=ma=mgtan。，方向水平向右，根據(jù)牛頓第三定律可知，A對B的摩擦力大小為mgtan。，

方向水平向左，故。錯(cuò)誤。

故選：Be

以B為研究對象，分析8的受力；以A8為整體求A8受到的支得力，根據(jù)牛頓第三定律，即可求出8對

C的壓力：根據(jù)牛頓第二定律采用整體法和隔離法可求得C所受的合力；隔離4對A的摩擦力是A水平方

向的合外力，由牛頓第二定律可求得摩擦力的大小。

本題是牛頓第二定律運(yùn)用中的連接體問題，關(guān)鍵是采用整體法和隔離法靈活選擇研究對象，多次運(yùn)用牛頓

第二定律列式聯(lián)立判斷，難度中等。

8.【答案】B

【解析】解：4小球所受電場力?=氏7=/1帆9，方向與電場線方向相同，豎直方向的合力與=

Fsin450-mg=yflmgx-7719=0,水平方向&=Fcos45°=x?=mg,所以合力產(chǎn)人=

mg,方向沿水平方向向右，小球沿水平方向做直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤。

A小球以某一速度豎直向下拋出，小球?qū)⒀刎Q直向下方向做類平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向做勻速運(yùn)動(dòng)，速度不

變，水平向右的方向做勻加速運(yùn)動(dòng)，速度以=Q3一直增大；合速度U=｛討十諾一直增大,小球的動(dòng)

能一直增大，故B正確。

C.若小球以某一速度豎直向上拋出，小球?qū)⒀刎Q直向上方向做類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理卬=4%，可知

小球的動(dòng)能增加；小球以某一速度豎直向上拋出，重力做負(fù)功，重力勢能增大，根據(jù)能量守恒，重力勢

能、電勢能與動(dòng)能之和保持不變，而重力勢能、動(dòng)能之和不斷增大，則小球電勢能不斷減小，故C錯(cuò)誤。

D若小球初速度方向與電場線方向相同，由于初速度方向與合力方向（水平向右）不在同?直線上，小球?qū)?/p>

做曲線運(yùn)動(dòng)；又因?yàn)楹狭Ψ较蛑赶蜻\(yùn)動(dòng)軌跡的凹側(cè)，所以小球最終速度不可能沿豎直向卜.方向，小球不可

能豎直向下做直線運(yùn)動(dòng)，故。錯(cuò)誤。

故選:B。

首先求出小球的合力，根據(jù)曲線運(yùn)動(dòng)的條件判斷；根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律判斷水平速度，再判斷合速度的

大小變化，動(dòng)能的大小變化；根據(jù)功能關(guān)系求解電勢能的變化。

本題考查了物體做曲線運(yùn)動(dòng)的條件及推論、動(dòng)能的定義、功能關(guān)系。

9.【答案】AC

【脩析】解：AB.已知同步軌道的軌道半徑為先,地球自轉(zhuǎn)周期為7°,則同步衛(wèi)星的周期也為

對同步衛(wèi)星，根據(jù)萬有引力提供向心力可得：簧=m&等，解得地球的質(zhì)量為：M=寤，故4正

確、4錯(cuò)誤;

CD.根據(jù)幾何關(guān)系可得轉(zhuǎn)移軌道的半長軸為：r=立警，設(shè)北斗二號(hào)G2衛(wèi)星沿轉(zhuǎn)移軌道運(yùn)行的周期為

T，根據(jù)開普勒笫三定律可得：!=鳥聯(lián)立解得：T=^駕冥，故C正確、。錯(cuò)誤。

r3T22|2/?i

故選：AC.

對同步衛(wèi)星，根據(jù)萬有引力提供向心力求解地球的質(zhì)量；

根據(jù)幾何關(guān)系可得轉(zhuǎn)移軌道的半長軸，根據(jù)開普勒笫三定律求解北斗二號(hào)G2衛(wèi)星沿轉(zhuǎn)移軌道運(yùn)行的周

期。

本題主要是考查萬有引力定律及其應(yīng)用，解答本題的關(guān)鍵是能夠根據(jù)萬有引力提供向心力結(jié)合向心力公式

進(jìn)行分析，掌握開普勒第三定律的應(yīng)用方法。

10.【答案】ABD

【蟀析】解：A3、河水水流速度v水=0.6m/s,實(shí)際運(yùn)動(dòng)路徑與河岸夾角為30。，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成與分解

知識(shí)可知，該同學(xué)相對靜水的速度最小值為力fS山3(T=0.3m/s,故AB正確；

。、該同學(xué)垂直河岸渡河時(shí)，如圖所示，相對于靜水的速度大于水流速度，故C錯(cuò)誤；

。、若該同學(xué)加大雙腿打水頻率以提高游泳速度，在相對于靜水的速度在垂直河岸方向的分量增大，會(huì)縮

短渡河時(shí)間，故。正確。

故選：ABD.

小船航行時(shí)速度為靜水中的速度與河水流速二者合速度，當(dāng)以靜水中的速度垂直河岸過河的時(shí)候渡河時(shí)間

最短；

欲使小船到達(dá)河的正對岸，即合速度方向指向?qū)Π?，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，及矢量的合成法則，即可解答。

小船過河問題屬于運(yùn)動(dòng)的合成問題，要明確分運(yùn)動(dòng)的等時(shí)性、獨(dú)立性，運(yùn)用分解的思想，看過河時(shí)間只分

析垂直河岸的速度，分析過河位移時(shí)，要分析合速度.

11.【答案】AD

【解析】解：4、以A和8整體為研究對象，取向右為正，根據(jù)動(dòng)量定理可得，物塊A離開豎直墻壁之

前，豎直墻壁對A的沖量大小等于系統(tǒng)動(dòng)量的變化，即為/=mu=故4正確；

8、物塊A離開豎直墻壁之前，A的位移為零，則豎直墻壁對A做功的大小為0,故8錯(cuò)誤；

C、物塊4、8和彈簧組成的系統(tǒng)，在A離開堵壁之前水平方向系統(tǒng)合外力不為零，總動(dòng)量不守恒，但整

個(gè)過程中只有彈簧的彈力做功，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，故C錯(cuò)誤；

。、物塊A離開墻壁后，系統(tǒng)總動(dòng)量守恒，當(dāng)彈簧彈力再次為零時(shí)，物塊A的速度最大，取向右為正方

mv

向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得TUB"=成4叫+RB'再根據(jù)能量守恒定律可得：=^mAvl+

由于=6，解得：VA=故。正確。

故選：AD.

以A和8整體為研究對象，根據(jù)動(dòng)量定理求解豎直墻壁對A的沖量大小；

物塊A離開豎直墻壁之前，A的位移為零，由此分析做功情況；

根據(jù)動(dòng)量守恒定律的守恒條件、機(jī)械能守恒定律的守恒條件進(jìn)行分析：

根據(jù)動(dòng)量守恒定律、能量守恒定律進(jìn)行分析。

本題主要是考查了動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律；對于動(dòng)量守恒定律，其守恒條件是：系統(tǒng)不受外力作用

或某一方向不受外力作用；解答時(shí)要首先確定一個(gè)正方向，利用碰撞前系統(tǒng)的動(dòng)量和碰撞后系統(tǒng)的動(dòng)量相

等列方程，再根據(jù)能量關(guān)系列方程求解。

12.【答案】BC

【解析】解：籃球在豎直方向做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，上升階段可以看作自由落體運(yùn)動(dòng)的逆運(yùn)動(dòng)；根據(jù)自由落體

運(yùn)動(dòng)規(guī)律，豎直初速度為=gt、=10x0.5m/s=5m/s,上升的豎直高度修=\gtl=1x10x0.52?n=

1.257/1；根據(jù)題意籃球下落的高度為人=〃_(%_砥)=1.25m-(3.05-2.25)m=0.45?n；設(shè)籃球下落

時(shí)間為公根據(jù)自由落體運(yùn)動(dòng)規(guī)律九="g%，代入數(shù)據(jù)解得匕=03s，籃球運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間￡="+12=

0.5s+0.3s=0.8s：設(shè)籃球的水平初速度為籃球在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，r=i7”，代入數(shù)據(jù)解得

5x85

vx=^m/s,所以tan。=m=5x接=捺初速度為=J座+哆==^m/s,

故A。錯(cuò)誤，BC正確。

故選：BC。

籃球做斜拋運(yùn)動(dòng)，上升階段可以看作自由落體運(yùn)動(dòng)的逆運(yùn)動(dòng)，根據(jù)自由落體運(yùn)動(dòng)規(guī)律求解豎直初速度，上

升的最大高度及下落時(shí)間，求出運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間；根據(jù)水平方向做勻速運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，求出水平初速度，合初

速度及方向。

把斜拋運(yùn)動(dòng)的上升階段可以看作自由落體運(yùn)動(dòng)的逆運(yùn)動(dòng)，可以將問題得到簡化，是逆向思維方法的運(yùn)用。

13.【答案】⑴""2)f；

⑵%

(3)空氣阻力的影響

【解析】(1)根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度等于這段時(shí)間的平均速度，則有以="*=

2；

(2)根據(jù)機(jī)械能守恒表達(dá)式可知，mgk3+壇+九4)=(詔-詔)，又根據(jù)(1)同理分析可得%=

〃（仙+姐）/

-2~~'

(%+低)?一(電+八2)2

聯(lián)立解得

九2+旭十八4

(3)小球下落過程中，由于空氣阻力的影響，會(huì)使得小球減小的重力勢能大于動(dòng)能的增加量。

14cRD--=，，L]+—

【解析】解：(1)由圖可知，兩個(gè)小球打在豎直擋板上，由于三次碰撞的水平位移大小相等，則可知水平

速度越大，豎直方向下落的高度越小，由碰撞規(guī)律可知，碰后被碰小球的速度最大，則碰后小球2下落的

高度最小，而碰后入射小球的速度最小，其下落的高度最大，由此可知碰后小球1在豎直擋板上的碰撞點(diǎn)

為C.

(2)根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知，下落時(shí)間￡=層，則可知速度u=：=:；碰前小球1的速度大小為%=

X局,碰后小球1、小球2的速度分別為外=“U3=X局;若兩球碰撞過程動(dòng)量守恒，則應(yīng)

有機(jī)21=771/2+7712%，由以上整理得盤=聶+奇，因此需要測量小球1、球2的質(zhì)量Hi1、旭2及圖

中。、b、C三點(diǎn)到。點(diǎn)的距離九1、九2、八3，故8。正確，AC錯(cuò)誤.

故選：BD。

(3)若兩球碰撞過程動(dòng)量守恒，則關(guān)系式是=用+揖成立.

故答案為：(l)c；(2)BD；(3)源=源+源

(1)根據(jù)實(shí)驗(yàn)注意事項(xiàng)分析答題：

(2)根據(jù)實(shí)驗(yàn)需要測量的量選擇實(shí)驗(yàn)器材：

(3)小球離開水平軌道后做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)與動(dòng)量守恒定律求出實(shí)驗(yàn)需要驗(yàn)證的表達(dá)式。

知道實(shí)驗(yàn)注意事項(xiàng)、理解實(shí)驗(yàn)原理是正確解題的關(guān)健，應(yīng)用平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律即可正確解題.

15.【答案】解：(1)小滑塊沿斜面勻速下滑，根據(jù)受力平衡可得

qE=mgtan37°

3

解得E=皿心=L6X10X[75=6x10/V/C

q2xioJ

(2)小滑塊從。點(diǎn)到M點(diǎn)，由動(dòng)能定理可得

mgh+qU0M=mgh-qUM0=0

解得

mgh1.6x10x0.4

UM0==--------—V=32007

q2X10

(3)重力做功的功率為P=mgvsin37°

解得p=0.96W

答：(1)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小E為6xICPN/C；

(2)最低點(diǎn)M與最高點(diǎn)O之間的電勢差UM。為3200V；

(3)小滑塊運(yùn)動(dòng)到斜面中點(diǎn)時(shí)重力的瞬時(shí)功率。為0.96W。

【解析】(1)根據(jù)小滑塊沿斜面勻速下滑，根據(jù)受力平衡可解得場強(qiáng)E大?。?/p>

(2)對小滑塊從。點(diǎn)到M點(diǎn),由動(dòng)能定理可解得MO電勢差；

(3)根據(jù)瞬時(shí)功率公式P=Fusin。代入數(shù)據(jù)即可求得重力的瞬時(shí)功率。

本題考查滑塊處尸平衡狀態(tài)下的受力分析以及動(dòng)能定理和瞬時(shí)功率公式的應(yīng)用，屬于基本題型，難度適

中。

16.【答案】解：(1)設(shè)4、8兩顆星的軌道半徑分別為以和丁8,A、8環(huán)繞連線上的點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則

4、8的角速度相等，又A、B兩星體相互間的萬有引力提供向心力，所以A、B的向心力大小相等，則

=mB32rB

因?yàn)?九8>?nAf所以

r

A>rB

A、B的線速度分別為

孫=口%；%=3rB

A、8的線速度之和為

4%=匕+%=a)(rA+re)=&)由

A8的線速度之差為

V=

Av2=VA~B一%)=3d2

解得：加=￥

AV2d2

(2)由牛頓第二定律對整體4有

GmAmB

―-=血心7

則.=乎

同理對B有

Gmm

―方A一B=

則A、8質(zhì)量之和與人、B質(zhì)量之差的比值

i

dmi_mA-rmB

Jm2~rnA—mB

代人數(shù)據(jù)解得：智=?

21m2的

答；(1)4、B的線速度之和與A、8的線速度之差的比值為%;

d2

(2)4、B質(zhì)量之和與A、B質(zhì)量之差的比值為筌

【解析】(1)根據(jù)萬有引力提供向心力，結(jié)合線速度的公式完成分析；

(2)先根據(jù)萬有引力提供向心力得出兩個(gè)星球的質(zhì)量的表達(dá)式，結(jié)合題意完成分析。

本題主要考查了雙星系統(tǒng)的相關(guān)應(yīng)用，理解雙星系統(tǒng)的特點(diǎn)，結(jié)合萬有引力提供向心力聯(lián)立等式即可完成

分析。

17.【答案】解:(1)小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí),輕繩的拉力恰好為零

根據(jù)牛頓第二定律mgsinb=m?

L

得叫=臂

(2)小球在最低點(diǎn)所受拉力最大F-mgsind=m空

由機(jī)械能守恒定律2mgLsin6=gm諾—

得F=3771g

(3)設(shè)繩斷時(shí)小球速度為內(nèi),運(yùn)動(dòng)至斜面頂端速度%

八1212

771gLsin。=5m埼-

得%=晟

mg-rsinO=5m譜-

得%=厚

小球自繩斷至運(yùn)動(dòng)到斜面頂端歷時(shí)Q

-

v4=v3gtiSinJ

此后小球先做斜拋運(yùn)動(dòng)，上升至最高歷時(shí)七

上升高度(%sind)2=2gh

得人日

小球再做平拋運(yùn)動(dòng)，歷時(shí)打落地當(dāng)+今=右謁

得武居

小球運(yùn)